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2018届高三化学第二次模拟考试试题(含解析)1. 化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法错误的是A. 樟脑丸释放的物质能驱除衣柜里的蟑螂B. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点C. 使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰，都能减少温室效应D. 泉州府志中有：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之，其原理是泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖【答案】D【解析】分析：A项，樟脑丸的主要成分萘酚等具有强烈的挥发性，挥发产生的气体能杀灭蟑螂；B项，用饱和Na2CO3溶液除废旧钢材表面的油脂，用饱和NH4Cl溶液除废旧钢材表面的铁锈；C项，使用可降解的聚碳酸酯塑料可减少“白色污染”，向燃煤中加入生石灰减少硫酸型酸雨；D项，泥土具有吸附作用。详解：A项，樟脑丸的主要成分萘酚等具有强烈的挥发性，挥发产生的气体能杀灭蟑螂，A项正确；B项，废旧钢材表面有油脂和铁锈，Na2CO3溶液由于CO32-的水解呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解，用饱和Na2CO3溶液除废旧钢材表面的油脂，NH4Cl溶液由于NH4+的水解呈酸性，用饱和NH4Cl溶液除废旧钢材表面的铁锈，B项正确；C项，聚乙烯等塑料不易降解产生“白色污染”，使用可降解的聚碳酸酯塑料可减少“白色污染”，煤中S元素燃烧后产生SO2，SO2产生硫酸型酸雨，向燃煤中加入生石灰减少硫酸型酸雨，发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，C项错误；D项，该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，D项正确；答案选C。2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A. 室温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为510-3NAB. 14g乙烯和14g丙烯中含有的共用电子对数均是3NAC. 1 mol FeI2与一定量氯气反应时，若有0.5mol Fe2+被氧化则转移的电子数为2.5NAD. 0.4mol AgNO3受热完全分解（2AgNO32Ag+2NO2+O2），用排水法最终收集到气体的分子数为0.1NA【答案】A【解析】分析：A项，溶液体积未知无法计算n（Ba2+）；B项，1个乙烯分子中含6对共用电子对，1个丙烯分子中含9对共用电子对；C项，还原性I-Fe2+，Cl2先与I-反应，I-完全反应后与Fe2+反应；D项，用排水法收集气体时发生的反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO、2NO+O2=2NO2，总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由生成的NO2和O2结合总反应计算。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及溶液中微粒、物质的结构、氧化还原反应的规律、氮的氧化物与O2和H2O的反应。注意氧化还原反应的发生遵循“先强后弱”规律，氮的氧化物与O2和H2O反应的计算利用总反应。3. 下列实验操作、现象与结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A25，两片相同的Al片分别和等体积的稀HNO3和浓HNO3反应前者产生无色气体，后者产生红棕色气体，且后者反应更加剧烈其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快B往黄色固体难溶物PbI2中加水，振荡，静置。取上层清液，然后加入NaI固体产生黄色沉淀难溶物PbI2存在沉淀溶解平衡C向蛋白质溶液中分别加入乙醇溶液和(NH4)2SO4饱和溶液均产生白色沉淀蛋白质均发生了变性D向稀硫酸中加入铜片，然后通入氧气加热开始无明显现象，通入氧气加热后溶液变蓝氧化性：稀硫酸 Cu2+A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：A项，常温下Al与浓HNO3发生钝化；B项，c（I-）增大，溶解平衡逆向移动；C项，蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液产生白色沉淀，蛋白质发生盐析；D项，发生的反应为2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O。详解：A项，常温下Al与浓HNO3发生钝化，A项错误；B项，在PbI2的饱和溶液中加入NaI固体产生黄色沉淀，说明c（I-）增大，饱和PbI2溶液中的沉淀溶解平衡逆向移动，析出PbI2固体，B项正确；C项，蛋白质溶液中加入乙醇溶液产生白色沉淀，蛋白质发生变性，蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液产生白色沉淀，蛋白质发生盐析，C项错误；D项，在金属活动性顺序表中，Cu处于H的后面，Cu与稀硫酸不反应，通入O2后加热溶液变蓝，发生反应2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，在该反应中Cu为还原剂，O2为氧化剂，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性：O2Cu2+，D项错误；答案选B。4. 下图为有机物M、N、Q的转化关系，有关说法正确的是A. M生成N的反应类型是取代反应B. N的同分异构体有6种C. 可用酸性KMnO4溶液区分N与QD. 0.3 mol Q与足量金属钠反应生成6.72L H2【答案】C【解析】分析：A项，M生成N为加成反应；B项，N的同分异构体采用定一移二法确定；C项，N不能酸性KMnO4溶液褪色，Q能使酸性KMnO4溶液褪色；D项，0.3molQ与足量Na反应产生0.3molH2，H2所处温度和压强未知，不能用22.4L/mol计算H2的体积。5. 短周期主族元素W、X、Y、Z、R 原子序数依次增大。由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生反应生成气体。下列说法正确的是A. 简单离子的半径： X Z RB. X的简单氢化物比Y的稳定C. a、b、c中均含有极性共价健，且 a属于电解质，b和c都属于非电解质D. W、X、Y、R四种元素形成的化合物一定会促进水的电离【答案】C【解析】分析：由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，b为SO2，C为NH3，化合物a中含有S、O、N、H四种元素，a可能为（NH4）2SO3或NH4HSO3，W、X、Y、R的原子序数依次增大，W为H元素，X为N元素，Y为O元素，R为S元素；金属单质Z在空气燃烧生成的化合物可与水反应生成气体，Z的原子序数介于O和S之间，Z为Na元素。详解：由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，b为SO2，C为NH3，化合物a中含有S、O、N、H四种元素，a可能为（NH4）2SO3或NH4HSO3，W、X、Y、R的原子序数依次增大，W为H元素，X为N元素，Y为O元素，R为S元素；金属单质Z在空气燃烧生成的化合物可与水反应生成气体，Z的原子序数介于O和S之间，Z为Na元素。A项，根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径：ZXR，A项错误；B项，非金属性：N（X） c(CH3COOH)C. c点溶液中，c(NH4+) +c(NH3H2O) = c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D. c点水的电离程度小于d点【答案】D【解析】分析：氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中，依次发生的反应为：HCl+NH3H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3H2O=CH3COONH4+H2O；盐酸为强酸，随着氨水的滴入，溶液的体积变大，溶液中离子浓度变小，溶液的电导率逐渐变小，当盐酸恰好完全反应时电导率最小，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；继续滴加氨水，弱酸醋酸与氨水反应生成强电解质CH3COONH4，溶液中离子浓度变大，溶液的电导率又逐渐变大，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；醋酸恰好完全反应后，继续滴加氨水，氨水属于弱碱水溶液，溶液中离子浓度又变小，溶液的导电率又变小。A项，由CH3COOH的电离平衡常数、盐酸和醋酸的浓度计算；B项，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，根据NH3H2O的Kb计算NH4+的水解平衡常数，比较NH4+的水解平衡常数与CH3COOH的Ka；C项，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，根据物料守恒判断；D项，分析c点和d点溶液的组成，根据酸、碱、盐对水的电离平衡的影响判断。详解：氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中，依次发生的反应为：HCl+NH3H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3H2O=CH3COONH4+H2O；盐酸为强酸，随着氨水的滴入，溶液的体积变大，溶液中离子浓度变小，溶液的电导率逐渐变小，当盐酸恰好完全反应时电导率最小，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；继续滴加氨水，弱酸醋酸与氨水反应生成强电解质CH3COONH4，溶液中离子浓度变大，溶液的电导率又逐渐变大，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；醋酸恰好完全反应后，继续滴加氨水，氨水属于弱碱水溶液，溶液中离子浓度又变小，溶液的导电率又变小。A项，a点没有滴入氨水，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，设溶液中c（CH3COO-）=xmol/L，则溶液中c（H+）=（0.01+x）mol/L，c（CH3COOH）=（0.01-x）mol/L，Ka（CH3COOH）=（0.01+x）x0.01-x=1.710-5，由于HCl电离的H+抑制CH3COOH的电离，0.01+x0.01，0.01-x0.01，解得x1.710-5，c（CH3COO-）的数量级约为10-5，A项正确；B项，根据上述分析，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4+的水解离子方程式为NH4+H2ONH3H2O+H+，NH4+的水解平衡常数Kh（NH4+）=KW/Kb（NH3H2O）=110-14（1.710-5）=5.8810-10c（CH3COOH），B项正确；C项，根据上述分析，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，溶液中的物料守恒为c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl-）+c（CH3COO-）+c（CH3COOH），C项正确；D项，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，NH4Cl、CH3COONH4水解促进水的电离，d点为等浓度的NH4Cl、CH3COONH4和略过量的氨水组成的混合液，过量的氨水对水的电离起抑制作用，c点水的电离程度大于d点，D项错误；答案选D。点睛：本题以酸碱中和滴定的图像为载体，考查电离平衡常数的计算、溶液中粒子浓度的大小关系、对水的电离平衡的影响，识别图像中各点的组成是解题的关键。溶液导电性的强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数。确定溶液中粒子浓度的关系，先确定溶液的组成，分清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒。用碱溶液滴定酸溶液的过程中，随着碱溶液的滴入，水的电离程度增大，当酸碱完全反应时水的电离程度最大，继续滴加碱溶液，水的电离程度又减小。8. 、目前世界上60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：操作A是_，下列仪器中操作B必须使用的有_（填字母符号）。A、锥形瓶 B、玻璃棒 C、表面皿 D、蒸发皿 E、坩埚、乙醇镁(CH3CH2O)2Mg 为白色固体，难溶于乙醚和烃类，略溶于乙醇，在空气中会水解，常用作烯烃聚合催化剂载体和制备精密陶瓷的原料。某小组同学用镁粉（受潮会发生自燃、自爆）与乙醇在实验室中制备乙醇镁：（1）干燥管中盛装的试剂为_，其作用为_。（2）下列操作的合理顺序为：_。a、将干燥的氮气通入装置，连续操作数次；b、称取镁粉，量取无水乙醇加入反应器内；c、加热回流，控制温度在80，反应1小时；d、开启冷凝水和磁力搅拌器。（3）将温度控制在80的原因是_，写出生成乙醇镁的化学方程式_。（4）请你设计实验证明有乙醇镁生成（简述实验的方法）：_。【答案】 (1). 过滤 (2). BD (3). 无水CaCl2 (4). 防止空气中的水蒸气进入装置中 (5). badc (6). 加快反应速率，减少反应物的挥发 (7). Mg+2CH3CH2OH(CH3CH2O)2Mg+H2 (8). 取少量产品，加足量水充分振荡，加入少量酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色则说明有乙醇镁存在【解析】分析：本题考查从海水中提取Mg、乙醇镁的制备和乙醇镁的检验。I.在沉淀池中石灰乳与海水中Mg2+反应形成Mg（OH）2沉淀，经过滤分离出Mg（OH）2；Mg（OH）2中加入盐酸获得MgCl2溶液；从MgCl2溶液中获得MgCl26H2O的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶；MgCl26H2O在HCl气流中加热失去结晶水获得无水MgCl2；电解熔融MgCl2制得Mg。II.由镁粉与乙醇制备乙醇镁的原理为2CH3CH2OH+Mg（CH3CH2O）2Mg+H2。（1）由于乙醇镁在空气中会水解，为防止外界空气中的水蒸气进入装置中，干燥管中盛装的试剂为无水CaCl2。（2）实验装置组装完毕，检查装置的气密性，向装置中加入试剂。由于镁粉受潮会发生自燃、自爆，乙醇镁在空气中会水解，所以实验前先通入干燥的N2排尽装置中空气；由于乙醇易挥发，球形冷凝管的作用是冷凝回流，为了提高乙醇的利用率，加热回流前要开启冷凝水和磁力搅拌器；操作的合理顺序为badc。（3）实验温度控制在80的原因是：加快反应速率，减少乙醇的挥发。（4）乙醇镁会水解，乙醇镁水解的方程式为（CH3CH2O）2Mg+2H2O2CH3CH2OH+Mg（OH）2，要检验有乙醇镁生成只要检验水解产物中有乙醇生成。详解：I. 在沉淀池中石灰乳与海水中Mg2+反应形成Mg（OH）2沉淀，从沉淀池中分离出Mg（OH）2的操作A是过滤。Mg（OH）2中加入盐酸获得MgCl2溶液；从MgCl2溶液中获得MgCl26H2O的操作B为：蒸发浓缩、冷却结晶，操作B必须使用的仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、铁架台（含铁圈），答案选BD。II. 乙醇中官能团为羟基，镁粉与乙醇制备乙醇镁的原理为2CH3CH2OH+Mg（CH3CH2O）2Mg+H2。（1）由于乙醇镁在空气中会水解，为防止外界空气中的水蒸气进入装置中，干燥管中盛装的试剂为无水CaCl2。其作用是防止空气中的水蒸气进入装置中。（2）实验装置组装完毕，检查装置的气密性，向装置中加入试剂。由于镁粉受潮会发生自燃、自爆，乙醇镁在空气中会水解，所以实验前先通入干燥的N2排尽装置中空气；由于乙醇易挥发，球形冷凝管的作用是冷凝回流，为了提高乙醇的利用率，加热回流前要开启冷凝水和磁力搅拌器；操作的合理顺序为badc。（3）实验温度控制在80的原因是：加快反应速率，减少反应物乙醇的挥发。生成乙醇镁的化学方程式为：2CH3CH2OH+Mg（CH3CH2O）2Mg+H2。（4）乙醇镁会水解，乙醇镁水解的方程式为（CH3CH2O）2Mg+2H2O2CH3CH2OH+Mg（OH）2，要检验有乙醇镁生成只要检验水解产物中有乙醇生成。实验方法为：取少量产品，加足量水充分振荡，加入少量酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色则说明有乙醇镁存在。9. 氯化亚铜（CuCl，白色、易被氧化，Ksp=1.210-6）广泛用作催化剂、脱臭剂、脱色剂等。工业上用初级铜矿粉（主要含Cu2S、CuS、Fe2O3、FeO等）制备活性CuCl的流程如下：（1）滤渣是Fe(OH)3和单质硫的混合物，反应中Cu2S参与反应的化学方程式为：Cu2S + MnO2 + H2SO4 CuSO4 + S + MnSO4 + H2O（未配平）；氧化产物为：_。（2）除Mn2+时得MnCO3沉淀，该反应的离子方程式为_。（3）已知：Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。Cu(OH)2+4NH3Cu(NH3)42+ +2OH。蒸氨条件及蒸氨效果见下表： 序号温度/时间/min压强/KPa残液颜色a11060101.3浅蓝色b1004074.6几乎很浅c903060.0无色透明由表中信息可知蒸氨的条件应选_（填序号），请用平衡移动原理解释选择该条件的原因是_。（4）反应的离子方程式_。（5）实验证明通过如图装置也可获得CuCl，现象为阴极：产生无色气体；阳极：有白色胶状沉淀生成且逐渐增多；U形管底部：靠近阴极区白色胶状沉淀逐渐转化为淡黄色沉淀。生成CuCl的电极反应式为_。有同学提出：淡黄色沉淀可能是CuOH，以下是从资料中查阅到CuOH的有关信息，哪些可以支持该同学的说法_。（填序号）a容易脱水变成红色的Cu2ObCuOH是黄色或淡黄色固体，不溶于水cCuOH的Ksp=210-15d易被氧化成Cu(OH)2【答案】 (1). CuSO4 S (2). Mn2+ + HCO3-+ NH3H2O = MnCO3+ NH4+ + H2O (3). c (4). 减小压强，平衡逆向移动，利于蒸氨 (5). SO2 +2Cu2+ + 2Cl- + 2H2O = 2 CuCl + SO42- + 4H+ (6). Cu-e-+ Cl- = CuCl (7). b c【解析】分析：本题以初级铜矿粉为原料制备活性CuCl的流程为载体，考查流程的分析、氧化还原反应的分析、离子方程式的书写、外界条件对化学平衡的影响、电解原理、沉淀的转化。初级铜矿粉主要含Cu2S、CuS、Fe2O3、FeO等，铜矿粉中加入MnO2和稀硫酸，Cu2S、CuS与MnO2、稀硫酸反应生成CuSO4、S、MnSO4和H2O，Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3和H2O，FeO与MnO2、稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3、MnSO4和H2O；反应I后加入氨水除去Fe3+；向除Fe3+后的溶液中加入氨水和NH4HCO3除去Mn2+，同时Cu2+转化成Cu（NH3）42+；蒸氨时Cu（NH3）42+先变成Cu（OH）2，Cu（OH）2受热分解成CuO，CuO用盐酸酸化得CuCl2溶液，SO2与CuCl2溶液反应制得CuCl，反应的化学方程式为2CuCl2+SO2+2H2O=2CuCl+H2SO4+2HCl。电解制备CuCl时，阳极电极反应式为Cu-e-+Cl-=CuCl，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-。详解：（1）Cu2S参与反应的化学方程式为：Cu2S+MnO2+H2SO4CuSO4+S+MnSO4+H2O，在该反应中，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，MnSO4为还原产物；Cu元素的化合价由Cu2S中的+1价升至CuSO4中的+2价，S元素的化合价由Cu2S中的-2价升至单质S中的0价，氧化产物为CuSO4和S。（2）除Mn2+时加入氨水和NH4HCO3得MnCO3沉淀，反应的离子方程式为Mn2+NH3H2O+HCO3-=MnCO3+NH4+H2O。（3）根据流程，蒸氨时Cu（NH3）42+先变成Cu（OH）2，根据表中信息，c得到的残液颜色为无色透明，说明Cu（NH3）42+转化率很大，蒸氨的条件应选c。选择该条件的原因是：减小压强，平衡Cu（OH）2+4NH3Cu（NH3）42+2OH-逆向移动，利于蒸氨。（4）反应II为向CuCl2溶液中通入SO2制得CuCl，CuCl2被还原成CuCl，SO2被氧化成SO42-，反应的化学方程式为2CuCl2+SO2+2H2O=2CuCl+H2SO4+2HCl，反应II的离子方程式为2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl+SO42-+4H+。（5）在电解池中阳极发生失电子的氧化反应，根据装置图，阳极Cu失电子生成CuCl，生成CuCl的电极反应式为Cu-e-+Cl-=CuCl。靠近阴极区白色胶状沉淀逐渐转化为淡黄色沉淀，淡黄色沉淀可能是CuOH，说明CuOH是黄色或淡黄色固体，不溶于水；电解时阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，阴极区溶液呈碱性，Ksp（CuCl）=1.210-6Ksp（CuOH）=210-15，CuOH的溶解度小于CuCl，在阴极区CuCl转化为更难溶的CuOH；答案选bc。10. SO2是危害最为严重的大气污染物之一，SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。催化还原SO2不仅可以消除SO2污染，而且可得到有价值的单质S。（1）已知CH4和S的燃烧热分别为a kJ/mol 和b kJ/mol。在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2 和液态水。反应的热化学方程式为_。（H用含a、b的代数式表示）（2）用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2 所示：分析可知X为_（写化学式），0t1时间段的反应温度为_，0t1时间段用SO2表示的化学反应速率为_；总反应的化学方程式为_；（3）焦炭催化还原SO2生成S2的化学方程式为：2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，恒容容器中，lmol/L SO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3 所示。该反应的H_0（填“”或“”）；700的平衡常数为_；（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收SO2，该反应的离子方程式为_，25时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_。（已知：H2SO3的电离常数K1=1.310-2，K2=6.210-8）【答案】 (1). CH4 (g)+2SO2 (g) = CO2 (g)+2S (s)+2H2O(l) H=（2b-a） kJ/mol (2). H2S (3). 300 (4). 210-3/t1 mol/(L min) (5). 2H2+SO2 = S+2H2O (6). (7). 36.45 mol/L (8). SO32- +SO2 + H2O = 2HSO3- (9). c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)【解析】分析：本题考查盖斯定律的应用、热化学方程式的书写、化学反应速率的计算、方程式的书写、化学平衡图像的分析和计算、溶液中粒子浓度的大小关系。（1）根据燃烧热的概念写出热化学方程式，再用盖斯定律。（2）根据图示和图像中物质的变化以及物质的量浓度之间的关系，结合原子守恒，X为H2S，0t1时间段的反应温度为300。根据图像和化学反应速率的表达式计算（SO2）。根据图示写出总反应。（3）根据图像a点达到平衡状态，升高温度SO2的平衡转化率减小，平衡向逆反应方向移动，则H0。根据图中转化率和三段式计算化学平衡常数。（4）Na2SO3吸收SO2的离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3-。Na2SO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，用Na2SO3溶液吸收SO2得到pH=7的溶液，溶液中溶质为Na2SO3和NaHSO3，溶液中c（H+）=c（OH-）=110-7mol/L，根据K2（H2SO3）=6.210-8，则=6.210-8（110-7）=0.62，c（SO32-）c（HSO3-）c（SO32-）c（H+）=c（OH-）。详解：（1）CH4和S的燃烧热分别为akJ/mol和bkJ/mol，写出热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-akJ/mol（）S（s）+O2（g）=SO2（g）H=-bkJ/mol（）应用盖斯定律，将-2得，CH4（g）+2SO2（g）=CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）H=（2b-a）kJ/mol。（2）根据图示和图像，第一步对应图像0t1段，由H2和SO2反应生成X，反应消耗的H2、SO2和生成的X物质的量浓度之比为（610-3）：（310-3-110-3）：（210-3）=3:1:1；第二步对应图像t1t2段，X与SO2反应生成S，消耗的X与SO2物质的量浓度之比为（210-3）：（110-3）=2:1，结合原子守恒，X为H2S，0t1时间段的反应温度为300。（SO2）=c（SO2）t=310-3-110-3mol/Lt1min=210-3t1mol/（Lmin）。根据图示和图像，总反应为H2与SO2按物质的量之比2:1反应生成S，结合原子守恒，总反应的化学方程式为2H2+SO2=S+2H2O。（3）根据图像a点达到平衡状态，700后升高温度SO2的平衡转化率减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的H0。700时SO2的转化率为90%，用三段式 2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g）c（起始）（mol/L） 1 0 0c（转化）（mol/L） 190% 0.45 0.9c（平衡）（mol/L） 0.1 0.45 0.9700的平衡常数K=0.45mol/L（0.9mol/L）2（0.1mol/L）2=36.45mol/L。（4）Na2SO3吸收SO2的离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3-。Na2SO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，用Na2SO3溶液吸收SO2得到pH=7的溶液，溶液中溶质为Na2SO3和NaHSO3，溶液中c（H+）=c（OH-）=110-7mol/L，根据K2（H2SO3）=6.210-8，则=6.210-8（110-7）=0.62，c（SO32-）c（HSO3-）c（SO32-）c（H+）=c（OH-）。11. 前四周期元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大，其中A和B同周期，固态的AB2能升华；C和E原子都有一个未成对电子，C+比E-少一个电子层，E原子得到一个电子后3p轨道全充满；D最高价氧化物中D的质量分数为40%，且核内质子数等于中子数；F为红色单质，有F+和F2+两种离子。回答下列问题：（1）元素电负性：D_E (填、或)；（2）B、C单质熔点B_C(填、或)；（3）AE4中A原子杂化轨道方式为：_杂化；其固态晶体类型为_；（4）氢化物的沸点：B比D高的原因_；（5）F的核外电子排布式为_；向F的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入乙醇会析出深蓝色晶体，该晶体的化学式为_，其中关于该晶体下列说法中正确的是_。A加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使晶体析出BF与NH3之间的化学键为离子键C该配合物晶体中，N是配位原子，NH3为三角锥型D配离子内N原子排列成为平面正方形，则其中F离子是sp3杂化E向该晶体的水溶液中加入浓BaCl2溶液有白色沉淀生成（6）元素X的某价态阴离子Xn-中所有电子正好充满K和L电子层，CnX晶体的最小结构单元为立方体，结构如图所示。该晶体中每个Xn-被_个等距离的C+离子包围。已知该晶体的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数为NA，CnX的摩尔质量为M g/mol，C+和Xn-间的最短距离是_nm。（列出计算式即可）【答案】 (1). (2). S，元素的电负性：D（S）E（Cl）。（2）B的单质有O2和O3，O2、O3常温下呈气态；C的单质为Na，Na常温下呈固态；B、C单质熔点：BC。（3）AE4的化学式为CCl4，中心原子C的价层电子对数为12（4-41）+4=4，C原子采用sp3杂化。CCl4固态晶体类型为分子晶体。（4）B的氢化物为H2O，D的氢化物为H2S，B的氢化物（H2O）的沸点比D的氢化物（H2S）高的原因是：H2O分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键。（5）F为Cu，Cu原子核外有29个电子，Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至沉淀完全溶解，发生的反应为CuSO4+2NH3H2O=Cu（OH）2+（NH4）2SO4、Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）4（OH）2+4H2O，加入乙醇析出深蓝色晶体，该深蓝色晶体的化学式为Cu（NH3）4SO4H2O。A项，加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使晶体析出，A项正确；B项，Cu2+与NH3之间为配位键，B项错误；C项，该配合物中，配体为NH3，N原子上有孤电子对，N是配位原子，N提供孤电子对与Cu2+的空轨道形成配位键，NH3为三角锥型，C项正确；若Cu2+为sp3杂化，配离子内N原子排列为正四面体，D项错误；E项，SO42-在外界，该晶体溶于水电离出Cu（NH3）42+和SO42-，向该晶体的水溶液中加入浓BaCl2溶液会产生白色BaSO4沉淀，E项正确；答案选ACE。（6）根据晶胞，每个Xn-被6个等距离的C+包围。用“均摊法”，晶胞中含C+：1214=3，含Xn-：818=1，晶体的化学式为C3X，n=3；1mol晶体的质量为Mg，1mol晶体的体积为Mgg/cm3=Mcm3，1个晶胞的体积为Mcm3NA=MNAcm3，晶胞的边长为3MNAcm，C+和Xn-间的最短距离为晶胞边长的一半，C+和Xn-间的最短距离为123MNAcm=123MNA107nm。12. 某天然氨基酸M是人体必需的氨基酸之一，其合成路线如下：已知：（1）AB的反应条件和试剂是_；化合物M的名称为_；（2）IJ的反应类型是_；J分子中最多有_个原子共平面；（3）写出DE反应的化学方程式_；（4）I与乙二